2020版高考物理总复习第六章第1节动量动量定理教学案新人教版.docx

动量和动量守恒定律【p100】内容要求说 明动量、动量定理、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞只限于一维验证动量守恒定律2017、2018命题情况【p100】年份考题题型分值主要考点2017全国卷第14题选择题6分动量守恒全国卷第20题选择题6分动量定理年份考题题型分值主要考点2017江苏卷第12题C(3)计算题6分动量守恒天津卷第10题计算题16动量守恒、机械能守恒海南卷第1题选择题4分动量守恒2018全国卷第24题计算题12分牵涉到动量守恒全国卷第15题选择题6分动量定理全国卷第24题计算题12分涉及动量守恒定律全国卷第25题计算题20涉及动量第1节动量动量定理【p100】夯实基础1动量(1)定义：运动物体的质量和_速度_的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示(2)表达式：p_mv_(3)单位：kgm/s.(4)标矢性：动量是状态量，与时刻对应，它是矢量，其方向和_速度_方向相同(5)动量、动能及动量变化量的比较名称项目动量动能动量的变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式pmvEkmv2ppp标矢性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程ppEkEkpvpppmv2mv12.冲量(1)定义：力和它的_作用时间_的乘积叫做这个力的冲量，通常用I表示(2)表达式：I_Ft_(此式只能用来计算恒力F的冲量)(3)单位：Ns(1 Ns1 kgm/s)(4)标矢性：冲量是过程量，它是一个_矢量_、方向跟_力F_的方向相同考点突破例1如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MPQN.将两个完全相同的小球a、b分别从M、Q点无初速释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()A合力对两球的冲量大小相等B重力对a球的冲量较大C弹力对a球的冲量较小D两球的动量变化大小相等【解析】对小球，受重力和支持力，将重力沿轨道的方向和垂直轨道的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为agsin (为轨道与水平方向的夹角)，由图中的直角三角形可知，小球的位移s2Rsin ，所以t，t与无关，即t1t2.小球受到的合外力等于重力沿轨道方向的分力，即：mgsin ，所以合外力的冲量大小为：mgsin t，由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大，故A错误；重力的冲量为mgt，由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等，故B错误；弹力的冲量为mgcos t，由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以a球的弹力的冲量小，故C正确；沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大，由动量定理可知，a球的动量变化大，故D错误【答案】C针对训练1一物体做直线运动的xt图象如图所示，其中OA和BC段为抛物线，AB段为直线并且与两段抛物线相切物体的加速度、速度、动能、动量分别用a、v、Ek、p表示，下列表示这些物理量变化规律的图象可能正确的是(C)【解析】因xt图象的切线的斜率等于速度，而OA和BC段为抛物线，可知OA和BC段的运动是匀变速运动，且OA段为匀加速运动；BC段为先匀减速运动然后反向匀加速运动；由AB段物体匀速运动，加速度为零，可知选项A、B错误；根据Ekmv2，因OA段为匀加速运动；BC段为先匀减速运动然后反向匀加速运动，AB段物体匀速运动，可知选项C正确；根据pmv可知，因选项B错误，则D错误；故选C.【p101】夯实基础1动量定理的内容：物体在一个过程始末的_动量变化量_等于它在这个过程中所受合外力的_冲量_2动量定理的表达式：ppI或_mvmv0Ft_3用动量概念表示牛顿第二定律由mvmv0Ft，得到Fmma，所以物体动量的_变化率_等于它受到的_合外力_，即_F_，这是牛顿第二定律的动量表述考点突破例2一个质量为m100 g的小球从h0.8 m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g10 m/s2)()A0.6 Ns B0.4 NsC0.6 Ns D0.4 Ns【解析】设小球自由下落h0.8 m的时间为t1，由hgt2得t10.4 s.如设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1t2)IN0，解得IN0.6 Ns.负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反故选项C正确【答案】C例3如图，物体A、B用轻绳连接，挂在轻弹簧下静止A的质量为m，B的质量为M.当连接A、B的轻绳突然断开后，物体A上升，经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为()Amv BmvMuCmvMu Dmvmu【解析】以竖直向上为正方向，设经过的时间为t，弹簧对A的冲量为I，依动量定理，对A有：Imgtmv；对B，有ugt，解以上两式得Imvmu，故选D.【答案】D【小结】1.动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值2恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用动量定理间接求出3只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题，用动量定理也能解答，而用动量定理更简洁4用动量定理解题的基本思路5对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理针对训练2原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力F随时间t的变化情况如图所示，则(B)A0t0时间内物体的动量变化与t02t0时间内动量变化相同Bt2t0时物体的速度为零，在02t0时间内F对物体的冲量为零C0t0时间内物体的平均速率与t02t0时间内平均速率不等D02t0时间内物体的位移为零，F对物体做功为零【解析】合外力的冲量等于物体动量的改变量，故Ft图象与时间轴围成的“面积”等于物体动量的改变量“面积”在时间轴的上方代表动量增加，“面积”在时间轴下方代表动量减小，由于“面积”相同而方向相反，A错误；由于0t0时间内的冲量与t02t0时间内的冲量大小相同，方向相反，即F0t0(F0)t00，02t0时间内F对物体的冲量为零，故2t0时刻的速度等于0，B正确；0t0内物体做匀加速运动，t02t0内物体以同样大小的加速度做匀减速运动，两过程中的路程相等；0t0时间内物体的平均速率与t02t0时间内平均速率相等，C错误；由于0t0的位移x1等于t02t0的位移x2，所以02t0时间内物体的位移不为零，F对物体做功为零，D错误3如图所示，跳水运动员(图中用一小圆圈表示)，从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m60 kg，初速度v010 m/s.当t1 s时，速度为v10 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g取10 m/s2，不计空气阻力)(A)A600 kgm/s B600 kgm/sC600(1) kgm/s D600(1) kgm/s【解析】根据动量定理得：pmgt60101 kgm/s600 kgm/s，故选项A正确4“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(A)A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力的大小等于人所受的重力【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力的大小等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力的大小大于人所受的重力绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功故选项A正确，选项B、C、D错误考 点 集 训【p299】A组1放在水平面上的物体，用水平推力F推它t秒，物体始终不动，则在这t秒内，关于合力的冲量与摩擦力的冲量大小，下列说法正确的是(C)A合力的冲量及摩擦力的冲量大小均为0B合力的冲量及摩擦力的冲量大小均为FtC合力的冲量为0，摩擦力的冲量大小为FtD合力的冲量为Ft，摩擦力的冲量大小为0【解析】用水平力F推物体t秒，物体不动，说明合外力为0.水平方向静摩擦力与力F平衡，则合力的冲量为0，摩擦力冲量的大小为Ft，方向与F方向相反选项C正确2力F作用在质量为m的物体上，经过t秒，物体的速度从v1增加到v2，如果力F作用在质量为的物体上，则该物体在t秒内的动量变化为(B)A.(v2v1) Bm(v2v1)C2m(v2v1) D4m(v2v1)【解析】力F作用在质量为m的物体上，经t秒，其冲量为Ft，使物体动量变化为m(v2v1)；力F作用在质量为的物体上，时间仍为t秒，则力F的冲量依然为Ft，引起的动量变化仍为m(v2v1)故选项B正确3甲、乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来，则(C)A甲物体受到的冲量大B乙物体受到的冲量大C两物体受到的冲量相等D两物体受到的冲量无法比较【解析】因物体所受合外力FFf，由动量定理得，Ftmv0，因m、v0均相同，所以两物体受到的冲量相等，故C正确4斜上抛一个物体，不计空气阻力，物体运动过程中(取向上为正)(1)动量增量随时间变化的图象是图中的_C_(2)动量的变化率随时间的变化的图象是图中的_D_【解析】(1)抛出的物体只受重力作用，物体动量的增量应等于重力的冲量，根据Ipmgt，重力是常数，p与t成正比，且与规定正方向相反，所以选C.(2)动量变化率等于物体所受合外力，斜抛物体只受重力，是恒量，所以选D.5如图所示，质量为m的小球从高h1处自由下落，触地后反弹高度为h2，触地过程小球动量变化大小是(D)Am BmCm() Dm()【解析】物体落地的速度v1；反弹的初速度v2，则触地时动量变化为：pm()，故选D.6玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击过程中(D)A玻璃杯的动量较大B玻璃杯受到的冲量较大C玻璃杯动量变化较大D玻璃杯的动量变化较快【解析】玻璃杯从相同高度落下，落地时的速度大小是相同的落地后速度变为零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量p是相同的，又由动量定理Ip，知受到的冲量也是相同的，所以A、B、C都错由动量定理Ftp得F，落到水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大，所以容易碎故D对7高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(B)A.mg B.mgC.mg D.mg【解析】对自由落体运动，有：hgt解得：t1；规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：mg(t1t)Ft0，解得：Fmg，故选B.8(多选)质量为m的小球从h高处自由下落，与地面碰撞的时间为t，地面对小球的平均作用力为F，取竖直向上为正方向，在与地面碰撞过程中(BD)A重力的冲量为mgB地面对小球的作用力的冲量为FtC合外力对小球的冲量为(mgF)tD合外力对小球的冲量为(Fmg)t【解析】在与地面碰撞过程中，重力的冲量为mgt，地面对小球的作用力的冲量为Ft，A错，B对，小球所受合外力为Fmg，D对，C错9在高台跳水中，运动员从高台向上跃起，在空中完成动作后，进入水中在浮力作用下做减速运动，速度减为零后返回水面设运动员在空中运动过程为，在进入水中做减速运动的过程为.不计空气阻力和水的粘滞阻力，则下述判断错误的是(B)A在过程中，运动员受到重力的冲量等于动量的改变量B在过程中，运动员受到重力冲量的大小与过程中浮力冲量的大小相等C在过程中，每秒钟运动员动量的变化量相同D在过程和过程中运动员动量变化的大小相等【解析】在过程中，运动员只受重力，故重力的冲量一定等于动量的改变量，故A正确；由于在过程中人也会受到重力，故由动量定理可知，整体过程中重力的冲量的大小等于过程中浮力的冲量大小，故B错误；在过程中，由于重力不变，运动员的加速度相同，在相同的时间内运动员的速度变化量相同，故每秒钟运动员动量的变化量相同，故C正确；由题意知，过程中的末速度等于过程的初速度，而过程的末速度为零，故动量变化的大小相等，故D正确10质量为m的物体，在水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是(D)Av越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功越多Bv越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功与v的大小无关Cv越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功越小Dv越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功与v的大小无关【解析】由题意可知物体在到达A点时撤去外力，可以向前滑行并经过B点，即A、B两点间距离一定，选项中涉及到两个问题：一是摩擦